云南省保山市腾冲六中高二物理下学期3月月考试卷（含解析）.doc

云南省保山市腾冲六中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（3月份） 一、单项选择题（每题4分，共40分）1（4分）远距离输电时，当输送的功率相同时，输送导线上的电阻损失的功率不正确是（）a与输送的电压的平方成正比b与输送的电流的平方成正比c与输送的电压的平方成反比d与输电导线上的电压降的平方成正比2（4分）将秒摆（周期为2s）的周期变为1s，下列措施可行的是（）a将摆球的质量减半b摆长减半c摆长减为原来的d振幅减半3（4分）一个做简谐运动的质点，它的振幅是4cm，频率是2.5hz，该质点从平衡位置开始经过2.5s后，位移的大小和经过的路程为（）a4cm、10cmb4cm、100cmc0、24cmd0、100cm4（4分）一矩形线圈，绕垂直匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动线圈中的感应电动势e随于时间t的变化如图所示下面说法中正确的是（）at1时刻通过线圈的磁通量为零bt2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大d每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大5（4分）一交变电压的表达式为u=100sin（100t ）v，由此表达式可知（）a用电压表测该电压其示数为100vb该交变电压的周期为0.02sc将该电压加在100的电阻两端，电阻消耗的电功率为50wdt=s时，该交流电压的即时值为50v6（4分）正弦交变电源与电阻r、交流电压表按照图1所示的方式连接，r=10，交流电压表的示数是10v图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图象则（）a通过r的电流ir随时间t变化的规律是ir=cos100t（a）b通过r的电流ir随时间t变化的规律是ir=cos50t（v）cr两端的电压ur随时间t变化的规律是ur=5cos100t（v）dr两端的电压ur随时间t变化的规律是ur=5cos50t（v）7（4分）一质点做简谐运动时，其振动图象如图由图可知，在t1和t2时刻，质点运动的（）a位移相同b回复力相同c速度相同d加速度相同8（4分）如图，一理想变压器，原线圈的匝数为n，两个副线圈的匝数分别为n1和n2变压器输入电压u=umsint伏，电压表v1和v2的读数分别为u1和u2变压器输入电流为i，通过r1和r2的电流分别为i1和i2变压器的输入功率为p，r1和r2的电功率分别为p1和p2则下列式子正确的是（）a=； =b=ci=i1+i2dp1=p29（4分）如图所示为加在电灯上的电压图象，即在正弦交流电的每二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，那么现在电灯上的电压为（）abcd10（4分）如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦式电压，副线圈c、d两端通过输电线接两只相同的灯泡l1和l2，输电线的等效电阻为r，在图示状态，开关s是断开的，当开关s闭合时，下列各量中减小的是（）a副线圈c、d两端的输出电压b通过灯泡l1的电流c副线圈输电线等效电阻r上的电压d原线圈a、b两端的电压二、填空、实验题11（5分）传感器按工作原理不同，可分为传感器、传感器和传感器光电传感器是一种能够感受光信号，并按照一定规律把转换成的器件或装置12（2分）如图所示，将多用表的选择开关置于“欧姆档”，再将电表的两支表笔与负温度系数的热敏电阻rt的两端相连，这时表针恰好指在刻度的正中间若往rt上擦一些酒精，表针将向（填“左”或“右”）偏；若用吹风机将热风吹向电阻，表针将向（填“左”或“右”）偏13（4分）某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s则（1）他测得的重力加速度g=m/s2（2）他测得的g值偏小，可能的原因是（填选项前面的字母）a测摆线长时摆线拉得过紧b摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了c开始计时，秒表过迟按下d实验中误将49.5次全振动数为50次14（6分）在用单摆测重力加速度的实验中（1）为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将所选用的器材的字母填在题后的横线上（a）长1m左右的细绳； （b）长30m左右的细绳；（c）直径2cm的铅球； （d）直径2cm的铁球；（e）秒表； （f）时钟；（g）最小刻度是厘米的直尺； （h）最小刻度是毫米的直尺所选择的器材是（2）实验时摆线偏离竖直线的要求是，理由是（3）某同学测出不同摆长时对应的周期t，作出t2l图线，如图所示，再利用图线上任两点a、b的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比是的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）三、计算题15（13分）如图，线圈的面积1102cm2，共100匝处在b=0.5t的匀强磁场中，以hz的转速匀速转动，已知线圈电阻为1，外接电阻为9，那么：（1）k合上后电压表的读数是多少？（2）k合上后以图示位置为计时零点，写出电流的表达式（3）k合上后电阻r上消耗的功率是多少？（4）求线圈从中性面开始转过90角的过程中，通过线圈导线截面的电量16（14分）某交流发电机输出功率为5105w，输出电压为u=1.0103v，假如输电线的总电阻r=10，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压u=380v（1）画出输电线路的示意图（标明各部分的符号）（2）所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？（使用的变压器是理想变压器）17（16分）发电站的电源通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户，如果升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器（1）画出上述输电全过程的原理图；（2）发电机的输出功率是100kw，输出电压是250v，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1：25，求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；（3）若输电导线中的电功率损失为输电功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压；（4）计算降压变压器的输出功率云南省保山市腾冲六中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（每题4分，共40分）1（4分）远距离输电时，当输送的功率相同时，输送导线上的电阻损失的功率不正确是（）a与输送的电压的平方成正比b与输送的电流的平方成正比c与输送的电压的平方成反比d与输电导线上的电压降的平方成正比考点：远距离输电 专题：交流电专题分析：输电线上损失的功率p损=i2r，跟输电线上的电流，及输电线上的电阻有关，输电线上的电流i=通过列式再分析即可解答：解：设输送的电功率为p，输送电压为u，输电线中电流为i，输电线的电阻为r，输电线上电压降为u则输电线上损失的功率p损=i2r=，则知输送导线上的电阻损失的功率与输送的电流的平方成正比，与输电导线上的电压降的平方成正比由p=ui得 i=，代入上式得：p损=r，可知输送导线上的电阻损失的功率与与输送的电压的平方成反比故a错误，bc正确本题选错误的，故选：a点评：解决本题的关键掌握输电线上损耗的功率p损=i2r，明确输电线是纯电阻，欧姆定律是适用的，所以有p损=2（4分）将秒摆（周期为2s）的周期变为1s，下列措施可行的是（）a将摆球的质量减半b摆长减半c摆长减为原来的d振幅减半考点：单摆周期公式 专题：单摆问题分析：秒摆的周期由2s变为1s，周期变为原来的，然后根据单摆的周期公式分析摆球质量、摆长、振幅如何变化解答：解：秒摆的周期由2s变为1s，周期变为原来的，由周期公式t=2可知：a、单摆的周期与摆球质量无关，将摆球的质量减半，周期不变，故a错误；b、将摆长减半，周期变为原来的倍，不符合题意，故b错误；c、将摆长减为原来的，周期变为原来的，符合题意，故c正确；d、单摆的周期与振幅无关，振幅减半，单摆周期不变，不符合题意，故d错误；故选c点评：本题难度不大，是一道基础题，根据单摆周期的变化，应用单摆的周期公式分析周期变化的原因，即可正确解题一定要记住单摆的周期公式3（4分）一个做简谐运动的质点，它的振幅是4cm，频率是2.5hz，该质点从平衡位置开始经过2.5s后，位移的大小和经过的路程为（）a4cm、10cmb4cm、100cmc0、24cmd0、100cm考点：位移与路程 分析：由频率求出周期，根据振子在一个周期内通过的路程是四个振幅，求出振子在2.5s内通过的路程，确定振子的位置，求出位移的大小解答：解：振子振动的周期为：=0.4s，时间t=2.5s=由于从平衡位置开始振动，经过2.5s，振子到达最大位移处，其位移大小为：x=a=4cm在2.5s内振子通过的路程为：s=6.254a=6.2544cm=100cm故选：b点评：本题解题的关键是掌握简谐运动的周期性，知道振子在一个周期内通过的路程是四个振幅，来求解振子通过的路程，确定其位置，再求解位移大小4（4分）一矩形线圈，绕垂直匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动线圈中的感应电动势e随于时间t的变化如图所示下面说法中正确的是（）at1时刻通过线圈的磁通量为零bt2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大d每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；磁通量 专题：交流电专题分析：一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随于时间t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量为零时，磁通量变化率最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变解答：解：a、由图可知，t1时刻线圈的感应电动势最小（零），则磁通量的变化率也为零，所以通过线圈的磁通量为最大，故a错误；b、由图可知，t2时刻线圈的感应电动势最大，则磁通量的变化率也为最大，所以通过线圈的磁通量为零，故b错误；c、由图可知，t3时刻线圈的感应电动势最小（零），则磁通量的变化率也为零，所以c错误；d、每当e变换方向时，即感应电动势为零时，则通过线圈的磁通量绝对值都为最大故d正确；故选：d点评：学会通过瞬时感应电动势来判定在什么时刻，线圈处于什么位置；同时还能画出磁通量随着时间变化的图象及线圈中的电流随着时间变化的规律5（4分）一交变电压的表达式为u=100sin（100t ）v，由此表达式可知（）a用电压表测该电压其示数为100vb该交变电压的周期为0.02sc将该电压加在100的电阻两端，电阻消耗的电功率为50wdt=s时，该交流电压的即时值为50v考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据电压表达式中各物理量的含义去分析周期、有效值瞬时值，由功率公式计算消耗的电功率解答：解：a、电压表显示的是有效值，有效值为：u=100v，故a错误；b、=100，周期t=0.02s，故b正确；c、由p=100w，故c错误；d、把t=s代入表达式u=100sin（100t ）v得：u=100v，故d错误；故选：b点评：本题考查了交流电瞬时值的表达式，要在掌握各物理量含义的基础上逐项分析6（4分）正弦交变电源与电阻r、交流电压表按照图1所示的方式连接，r=10，交流电压表的示数是10v图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图象则（）a通过r的电流ir随时间t变化的规律是ir=cos100t（a）b通过r的电流ir随时间t变化的规律是ir=cos50t（v）cr两端的电压ur随时间t变化的规律是ur=5cos100t（v）dr两端的电压ur随时间t变化的规律是ur=5cos50t（v）考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：根据有效值求出该交流电的最大值，然后结合图象即可求出电阻的电流、电压随时间的变化规律解答：解：由题可知流过电阻的电流：，所以电阻两端电压的最大值为，因此ir随时间t变化的规律是ir=cos100t（a），故a正确，b错误；同理电阻两端的电压最大值为：，故r两端的电压ur随时间t变化的规律是ur=10cos100t（v），故cd错误故选a点评：本题考查了交流电的描述，要明确交流电正余弦两种描述方法，以及公式中各个物理量的含义7（4分）一质点做简谐运动时，其振动图象如图由图可知，在t1和t2时刻，质点运动的（）a位移相同b回复力相同c速度相同d加速度相同考点：简谐运动的振动图象 专题：振动图像与波动图像专题分析：由简谐运动的图象直接读出位移，根据简谐运动的特征分析回复力、加速度关系根据质点的位置关系，判断速度关系解答：解：a、由图读出，t1和t2时刻，质点运动的位移大小相等，方向相反故a错误b、根据简谐运动的基本特征是：f=kx得知，t1和t2时刻质点的回复力大小相等，方向相反故b错误c、由于这两个时刻位移大小相等，质点通过关系平衡位置对称的两点，速度大小相等，而速度方向相同，所以速度相同故c正确d、根据简谐运动的加速度a=，位移大小相等，方向相反，则加速度大小相等，方向相反故d错误故选c点评：对于矢量，只有大小相等，方向相同时矢量才相同根据简谐运动的图象可以分析质点的振动情况，判断各个物理量的变化情况8（4分）如图，一理想变压器，原线圈的匝数为n，两个副线圈的匝数分别为n1和n2变压器输入电压u=umsint伏，电压表v1和v2的读数分别为u1和u2变压器输入电流为i，通过r1和r2的电流分别为i1和i2变压器的输入功率为p，r1和r2的电功率分别为p1和p2则下列式子正确的是（）a=； =b=ci=i1+i2dp1=p2考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：电压表显示的是有效值，变压器的电压与匝数成正比，只有一个副线圈时，电流与匝数成反比，两个副线圈时，应根据输入功率等于输出功率求电流关系，压器的输入功率等于输出功率解答：解：a、电压表显示的是有效值，um是最大值，应该转化为有效值后与匝数成正比，则a错误；b、变压器的电压与匝数成正比，则b正确；c、只有一个副线圈时，电流与匝数成反比，两个副线圈时，应根据输入功率等于输出功率求电流关系，则c错误；d、由p1=u1i1，p2=u2i2 二者不相等，则d错误；故选：b点评：本题考查了有关变压器的基础知识，对于这些基础知识平时要加强记忆与理解，同时通过做题加强对基本公式的理解与应用9（4分）如图所示为加在电灯上的电压图象，即在正弦交流电的每二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，那么现在电灯上的电压为（）abcd考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：根据电流的热效应：由一个周期内交变电流通过电阻r的产生热量与直流电通过电阻r一个周期内产生热量相等，求解有效值解答：解：设交流电的有效值为u，将交流电与直流电分别通过相同电阻r，分析一个周期内热量：由电流的热效应：得：u=故选：a点评：求解交流电的有效值，从有效值的定义出发，根据一个周期内通过相同的电阻，发热量相同，此直流的值即为交流电的有效值10（4分）如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦式电压，副线圈c、d两端通过输电线接两只相同的灯泡l1和l2，输电线的等效电阻为r，在图示状态，开关s是断开的，当开关s闭合时，下列各量中减小的是（）a副线圈c、d两端的输出电压b通过灯泡l1的电流c副线圈输电线等效电阻r上的电压d原线圈a、b两端的电压考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可解答：解：a、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，当开关s闭合时，也不会影响电压变化，所以a错误；b、当s接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻r的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡l1的电流减小，所以b正确；c、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，则有输电线等效电阻r上的电压变大，所以c错误；d、当开关s闭合时，并不会改变变压器输入电压，即原线圈a、b两端电压不变，故d错误；故选：b点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解二、填空、实验题11（5分）传感器按工作原理不同，可分为物理传感器、生物传感器和化学传感器光电传感器是一种能够感受光信号，并按照一定规律把光信号转换成电信号的器件或装置考点：传感器在生产、生活中的应用 分析：传感器的定义：能够感受规定的被测量并按照一定规律转换成可用输出信号的器件或装置称为传感器 传感器是一种检测装置，它能够感受外界信息，并将其转换成为电信号，以满足信息的传输、处理、存储、显示、记录和控制等要求它是实现自动检测和自动控制的首要环节其感受外界信息的过程称为检测过程解答：解：传感器是指这样一类元件：它能感受诸如力、温度、光、声、化学成分等物理量，并能把它们按照一定规律转换成便于传输和处理的另一个物理量，或转换为电路的通断，如果把非电学量转换为电学量，就可以很方便地进行测量、传输、处理和控制了传感器按工作原理不同，可分为 物理传感器、生物传感器和 化学传感器光电传感器是一种能够感受光信号，并按照一定规律把 光信号转换成 电信号的器件或装置故答案为：物理，生物，化学，光信号，电信号点评：考查了传感器的概念，工作原理、用途及其规律对于传感器应通过原理进行分析，知道常见传感器的构造及原理即可12（2分）如图所示，将多用表的选择开关置于“欧姆档”，再将电表的两支表笔与负温度系数的热敏电阻rt的两端相连，这时表针恰好指在刻度的正中间若往rt上擦一些酒精，表针将向左（填“左”或“右”）偏；若用吹风机将热风吹向电阻，表针将向右（填“左”或“右”）偏考点：用多用电表测电阻 专题：实验题分析：所谓“负温度系数”是指与通常情况下随温度升高而电阻增大的金属特性相反，另外，需要知道欧姆表表盘刻度特点：刻度“左密右稀”，越往左电阻越大，往右则电阻减小解答：解：因为负温度系数的热敏电阻是指阻值随温度的升高而减小的热敏电阻，若往r t上擦一些酒精，由于酒精蒸发吸热导致热敏电阻的温度降低，从而电阻增大，故欧姆表指针将向电阻大的左方偏转；若用吹风机将热风吹向电阻，则热敏电阻的温度升高，从而电阻减小，故欧姆表指针将向右偏转故答案为：左；右点评：要明确欧姆表的改装原理，注意负温度系数的含义，除此以外，二极管等半导体材料的电阻也是负温度系数13（4分）某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s则（1）他测得的重力加速度g=9.76m/s2（2）他测得的g值偏小，可能的原因是b（填选项前面的字母）a测摆线长时摆线拉得过紧b摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了c开始计时，秒表过迟按下d实验中误将49.5次全振动数为50次考点：用单摆测定重力加速度 专题：实验题；单摆问题分析：（1）单摆的摆长等于摆线的长度与摆球半径之和（2）本实验测量g的原理是单摆的周期公式t=2，根据此公式变形得到g=，判断g值偏小的原因解答：解：（1）单摆的摆长l=l线+=102.00cm单摆振动50次所用的时间为101.5s，所以t=2.03s根据周期公式t=2，根据此公式变形得到g=9.76m/s2（2）本实验测量g的原理是单摆的周期公式t=2，根据此公式变形得到g=，a、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大故a错误b、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小故b正确c、开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大故c错误d、实验中误将49.5次全振动数为50次测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大故d错误故选b故答案为：（1）9.76（2）b点评：本题关键要掌握实验的原理：单摆的周期公式t=2，要能根据实验原理，分析实验误差14（6分）在用单摆测重力加速度的实验中（1）为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将所选用的器材的字母填在题后的横线上（a）长1m左右的细绳； （b）长30m左右的细绳；（c）直径2cm的铅球； （d）直径2cm的铁球；（e）秒表； （f）时钟；（g）最小刻度是厘米的直尺； （h）最小刻度是毫米的直尺所选择的器材是aceh（2）实验时摆线偏离竖直线的要求是摆线与竖直方向的夹角不超过（或小于）5，理由是因为只有在摆角不超过（或小于）5的情况下，单摆的周期公式才成立（3）某同学测出不同摆长时对应的周期t，作出t2l图线，如图所示，再利用图线上任两点a、b的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比是不变的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）考点：用单摆测定重力加速度 专题：实验题；单摆问题分析：（1）根据单摆模型的要求，摆球密度要大，体积要小，细线要长，读数要提高精度；（2）单摆的摆角不能太大，摆角越大，误差越大；（3）根据单摆的周期公式列式分析即可解答：解：（1）a、b、单摆模型中，小球视为质点，故摆线越长，测量误差越小，故a正确，b错误；c、d、摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，故c正确，d错误；e、f、秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，故e正确，f错误；g、h、刻度尺的最小分度越小，读数越精确，故g错误，h正确；故选aceh；（2）单摆模型中，摆角较小时，才可以近似看作简谐运动，故摆角越小越好，通常不能超过5；故答案为：摆线与竖直方向的夹角不超过（或小于）5，因为只有在摆角不超过（或小于）5的情况下，单摆的周期公式才成立；（3）根据单摆周期公式，有，故图象的斜率为：，解得g=；测摆长时漏加了小球半径，图象向左偏移了，但斜率不变，故重力加速度的测量值不变；故答案为：，不变点评：本题关键是明确单摆模型成立的前提条件，以及实验原理和误差来源，并能够运用图象分析数据三、计算题15（13分）如图，线圈的面积1102cm2，共100匝处在b=0.5t的匀强磁场中，以hz的转速匀速转动，已知线圈电阻为1，外接电阻为9，那么：（1）k合上后电压表的读数是多少？（2）k合上后以图示位置为计时零点，写出电流的表达式（3）k合上后电阻r上消耗的功率是多少？（4）求线圈从中性面开始转过90角的过程中，通过线圈导线截面的电量考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理 专题：交流电专题分析：（1）k合上后电压表测量外电压的有效值，先求出电动势最大值，其有效值为最大值的，然后结合闭合电路欧姆定律求出电压表读数；（2）图示位置感应电流最大，则瞬时值表达式为余弦表达式；（3）根据电压的有效值求解r的功率（4）根据公式q=n求电量解答：解：（1）角速度=2f=2=200rad/s感应电动势的最大值为 em=nbs=1000.5100104200=100v电动势的有效值为：e=em=50v=70.7vk合上后，电压表测量电阻r两端的电压，则电压表示数：u=e=70.7v=63.63v （2）电流最大值为im=a=10a图示位置感应电流最大，则瞬时值表达式为余弦表达式：i=imcost=10cos200t a；（3）k合上后电阻r上消耗的功率是 p=j=450j（4）线圈从图示位置开始转过90角的过程中磁通量的变化量：=bs=0.50.01=0.0005wb则q=n=100=0.05c答：（1）k合上后电压表的读数是63.63v；（2）k合上后，以图示位置为计时零点，电流瞬时值的表达式为10cos200t a（3）k合上后电阻r上消耗的功率是450j（4）线圈从图示位置开始转过90角的过程中，通过线圈导线截面的电量0.05c点评：本题考查交变电流中的电量、电功及有效值等的计算问题，要注意此题解题时要注意求电量q=it中i应该取平均值，求功率要用有效值16（14分）某交流发电机输出功率为5105w，输出电压为u=1.0103v，假如输电线的总电阻r=10，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电